Dr. Kuczmann Miklós. Ez a példatár a tervezett példatár nulladik verziója. További

Átírás

1 Dr. Kuczmann Miklós Példatár a Jelek és rendszerek című tárgyhoz 0. verzió Csak a könyvből kimaradt példák... Ez a példatár a tervezett példatár nulladik verziója. További példákat és megoldásokat az előadásokon kiadott fénymásolatokban talál az Olvasó. 1

2 Konvolúció 1. Példa. Legyen egy rendszer impulzusválasza és gerjesztése az alábbi. Határozzuk meg a válaszjelet konvolúció segítségével. w(t) = ε(t) { 8e t 4e 3t}, s(t) = {ε(t) ε(t 5)} e 3t. Megoldás. A gerjesztésen egy kis átalakítást fogunk végezni annak érdekében, hogy az ablakozó jelet el tudjuk tüntetni. Bontsuk fel hát a zárójelet: s(t) = ε(t)e 3t ε(t 5)e 3t. Az első tag rendben van, vele nem kell foglalkoznunk. A második tag a t = 5 s helyen lép be, azonban az exponenciális függvény argumentumában is azt kell elérni, hogy szerepeljen a (t 5) kifejezés. Ennek érdekében a t helyébe írjunk (t 5 + 5)-öt, ami nem változtat semmit, azonban be tudjuk,,csempészni a (t 5) kifejezést. Azt kapjuk tehát, hogy: s(t) = ε(t)e 3t ε(t 5)e 3(t 5+5) = = ε(t)e 3t ε(t 5)e 3(t 5) e 15 = s 1 (t) s (t), ahol e 15 egy konstans érték. A lényege ennek az átalakításnak tehát az, hogy az ε(t)f(t) jel τ értékével eltolt kifejezése ε(t τ)f(t τ) legyen, ahol f(t) tetszőleges időfüggvény. Ezután a gerjesztést úgy tekintjük, hogy az két tagból áll, s(t) = s 1 (t) s (t). Meghatározzuk először az első, majd a második tagra adott választ (y 1 (t) és y (t)), majd az első részválaszból kivonjuk a második részválaszt, y(t) = y 1 (t) y (t), hiszen a gerjesztésben is kivonás szerepel. Ezt a rendszer linearitása miatt lehet megtenni, gyakorlatilag szuperponáljuk két gerjesztőjel hatását.

3 Nézzük először az s 1 (t) = ε(t)e 3t jelre adott válasz meghatározását konvolúcióval: y 1 (t) = (1) = t 0 t 0 e 3τ { 8e (t τ) 4e 3(t τ)} dτ = e 3τ 8e t e τ dτ t t t () = 8e t e τ dτ 4e 3t dτ = 0 [ (3) e = 8e t τ 1 ] t 0 0 4e 3t [τ] t 0 e 3τ 4e 3t e 3τ dτ = 0 (4) = 8e 3t + 8e t 4e 3t t. Az (1) lépésben bontsuk fel a zárójeleket. A () lépésben vigyük ki az integráljel elé az integrálás szempontjából konstansnak tekinthető tagokat, továbbá egyszerűsítsük az integranduszokat az e 3τ e τ = e τ és az e 3τ e 3τ = 1 figyelembevételével. Írjuk fel az integranduszok primitív függvényeit, majd helyettesítsük be az integrálási határokat a (3) és (4) lépésekben. A válaszjel is belépő, így: y 1 (t) = ε(t) { 8e 3t + 8e t 4te 3t}. Tekintsük most az s (t) = ε(t 5)e 3(t 5) e 15 jelre adott válasz meghatározását konvolúcióval. Itt arra kell ügyelnünk, hogy ez a jel a t < 5 s időpillanatokban nulla értékű, így az integrálás alsó határának t = 5 s vehető (a gerjesztés belépő, de a 3

4 t = 5 s időpillanatban lép be): y (t) = (1) = t 5 t 5 e 3(τ 5) e 15 { 8e (t τ) 4e 3(t τ)} dτ = e 3τ e 15 e 15 8e t e τ dτ t t t () = 8e t e τ dτ 4e 3t dτ = 5 [ (3) e = 8e t τ 1 ] t 5 5 4e 3t [τ] t 5 = (4) = 8e 3t + 8e t e 5 4e 3t (t 5). 5 e 3τ e 15 e 15 4e 3t e 3τ dτ = Az (1) lépésben bontsuk fel a zárójeleket. A () lépésben vigyük ki az integráljel elé az integrálás szempontjából konstansnak tekinthető tagokat, továbbá végezzük el az előző levezetésből ismert egyszerűsítéseket. Írjuk fel az integranduszok primitív függvényeit, majd helyettesítsük be az integrálási határokat a (3) és (4) lépésekben. A kapott kifejezés azonban még nem a tökéletes végeredmény. Az s (t) gerjesztés ugyanis a t = 5 s időpillanatban lép be, tartalmazza az ε(t 5) függvényt. A válaszjelet hasonlóan a t = 5 pillanatban belépőjelnek várjuk. Vigyük be hát a (t 5) kifejezést a már ismert módon ott, ahol erre szükség van: y (t) = 8e 3(t 5+5) + 8e (t 5+5) e 5 4(t 5)e 3(t 5+5). Bontsuk fel az exponenciális függvényekben szereplő zárójeleket, majd rendezzük a kapott kifejezést: y (t) = 8e 3(t 5) e e (t 5) e 10 e 5 4(t 5)e 3(t 5) e 15 = = 8e 3(t 5) e e (t 5) e 15 4(t 5)e 3(t 5) e 15. Így már tökéletes. Azt, hogy az y (t) jel a t = 5 s időpillanatban lép be, egy ε(t 5) jellel történő beszorzással végezzük el: y (t) = ε(t 5)e 15 { 8e 3(t 5) + 8e (t 5) 4(t 5)e 3(t 5)}. 4

5 Az y(t) válasz a két részválasz különbsége, azaz y(t) = ε(t) { 8e 3t + 8e t 4te 3t} ε(t 5)e 15 { 8e 3(t 5) + 8e (t 5) 4(t 5)e 3(t 5)}. Ezen feladat konklúziója az, hogy ha a gerjesztés egy ablakozott jel, akkor a bemeneti jelet két tag különbségeként célszerű felírni, s így a válaszjel is két tag különbsége lesz. Megfigyelhető az is, hogy a két tag jellege ugyanaz, csak a második az elsőhöz képest el van tolva és egy konstanssal be van szorozva. Ez jó lehetőség a kapott eredmények ellenőrzésére.. Példa. Legyen egy rendszer impulzusválasza és nem belépőgerjesztése adott. Határozzuk meg a válaszjelet. w(t) = ε(t)8e t, s(t) = cos(ωt). Megoldás. A konvolúció elvégzéséhez alakítsuk át a gerjesztést a következő formula alapján: cos(ωt) = ejωt + e jωt, és vegyük figyelembe, hogy a gerjesztés nem belépő, azaz az alsó integrálási határ nem lehet 0. A felső integrálási határ lehet t, hiszen az impulzusválasz belépő. Így a konvolúció a következőképp 5

6 alakul: y(t) def = (1) = t t t () = 4e t s(τ)w(t τ)dτ = 4e jωτ e t e τ dτ + t (3) = 4e t [ (4) = 4e t e (+jω)τ ( + jω) { (5) = 4e t t t e jωτ e τ dτ + 4e t t e jωτ + e jωτ 8e (t τ) dτ 4e jωτ e t e τ dτ e (+jω)τ dτ + 4e t t ] t e (+jω)t 0 ( + jω) (6) = 4ejωt ( + jω) + 4e jωt ( jω). e jωτ e τ dτ e ( jω)τ dτ ] t e ( jω)τ [ + 4e t ( jω) } { + 4e t e ( jω)t 0 ( jω) Az (1) lépésben bontsuk két részre az integrált az összeadásnak megfelelően és bontsuk fel az exponenciális függvények kitevőjében szereplő zárójeleket. A () lépésben vigyük ki az integráljel elé az integrálás szempontjából konstansnak tekinthető kifejezéseket és konstansokat, majd a (3) lépésben vonjuk össze az exponenciális függvényeket az integranduszban. Az integranduszok primitív függvényének meghatározása (4), majd az integrálási határok behelyettesítése (az (5) lépés) és beszorzás (a (6) lépés) után kapunk egy eredményt, amit azonban tovább kell alakítani. A további átalakítások célja az, hogy végeredményben egy időfüggvényt kapjunk. A kapott eredmény ugyanis tartalmaz komplex kifejezéseket, hiszen szerepel benne a j. Ezt el kell tüntetnünk. Hozzuk közös nevezőre a fenti eredményt: y(t) = ( jω)4ejωt + ( + jω)4e jωt. ( + jω)( jω) 6 }

7 A nevező egy komplex szám és annak konjugáltjának szorzatát tartalmazza. Végezzük el ezt a beszorzást 1 és bontsuk fel a számlálóban található zárójeleket is. Ekkor azt kapjuk, hogy: y(t) = ω { 8e jωt jω4e jωt + 8e jωt + jω4e jωt}. Használjuk fel azonban azt, hogy : cos(ωt) = ejωt + e jωt, sin(ωt) = ejωt e jωt, j és alakítsuk át a fenti eredményt a következőképp. y(t) = 1 { 8ejωt + 8e jωt 4 + ω j jω4ejωt jω4e jωt } j = 1 {16 ejωt + e jωt 4 + ω jjω4 ejωt e jωt }. j A sin(ωt) és a cos(ωt) függvények átírása után kapjuk a végeredményt: y(t) = 16 8ω cos(ωt) ω 4 + ω sin(ωt). 1 Általánosan az (a + jb)(a jb) = a (jb) = a + b átalakítás a jól ismert (a + b)(a b) = a b azonosság alapján történik. Figyelembe kell azonban venni, hogy jj = 1, mivel 1 = j. Nézzük meg ennek viselkedését pár tag szorzatára vonatkozóan: jj = 1, jjj = j, j 4 = 1, j 5 = j, és innen ismétlődik, azaz j 6 = 1 és így tovább. Használjuk fel az e jφ = cos(φ) + j sin(φ) un. Euler azonosságot és legyen φ = ωt, így: ejφ +e jφ valamint ejφ e jφ j cos(φ)+j sin(φ)+cos(φ) j sin(φ) = = cos(φ)+cos(φ) cos(φ)+j sin(φ) cos(φ)+j sin(φ) j sin(φ)+j sin(φ) = = j j = cos(φ), = sin(φ). 7

8 Ez a jel átírható egyetlen koszinuszos jellé 3 : 16 y(t) = + 8 ω { 8ω (4 + ω cos(ωt atan ) 16 } = ) ω cos(ωt atan { ω A gerjesztés és a válaszjel időbeli lefutása látható a 1. ábrán ω = rad s esetre. Jól látható, hogy a kimeneti jel a bemenethez képest időben (azaz fázisban) késik és az amplitúdója felerősödött. 3. Példa. Legyen egy rendszer impulzusválasza és belépőgerjesztése adott. Határozzuk meg a válaszjelet. } ) w(t) = ε(t)8e t, s(t) = ε(t) cos(ωt). Megoldás. A feladat majdnem ugyanaz, mint az előbb, csak a gerjesztés belépő. Itt egy nagyon fontos konklúzióra fogunk jutni. Oldjuk meg a feladatot ugyanazon lépéseken keresztül, mint az előzőt. A különbség az lesz, hogy mivel a gerjesztés belépő, ezért 3 Általánosan, ha a jel A cos(ωt)+b sin(ωt) alakú, akkor az átítható egyetlen koszinuszos jellé a következőképp: A + B cos(ω atan{b/a}). Ennek egyszerű indoklására később térünk ki, egyelőre fogadjuk el. Már most megjegyezzük, hogy ez csak azonos körfrekvenciájú jelek esetén igaz. 8

9 az alsó integrálási határnak 0-t lehet venni: y(t) def = (1) = t 0 t 0 s(τ)w(t τ)dτ = 4e jωτ e t e τ dτ + t 0 t 0 e jωτ + e jωτ 8e (t τ) dτ 4e jωτ e t e τ dτ t t () = 4e t e jωτ e τ dτ + 4e t e jωτ e τ dτ 0 t t (3) = 4e t e (+jω)τ dτ + 4e t e ( jω)τ dτ [ (4) = 4e t e (+jω)τ ( + jω) { (5) = 4e t 0 ] t 0 e (+jω)t 1 ( + jω) (6) = 4ejωt 4e t ( + jω) 0 0 ] t e ( jω)τ [ + 4e t ( jω) } { + 4e t + 4e jωt 4e t. ( jω) 0 e ( jω)t 1 ( jω) Az (1) lépésben bontsuk ismét két részre az integrált és bontsuk fel az exponenciális függvények kitevőjében szereplő zárójeleket. A () lépésben vigyük ki az integráljel elé az integrálás szempontjából konstansnak tekinthető kifejezéseket és konstansokat, majd a (3) lépésben vonjuk össze az exponenciális függvényeket az integranduszban. Az integranduszok primitív függvényének meghatározás (4), majd az integrálási határok behelyettesítése (az (5) lépés) és beszorzás (a (6) lépés) után kapunk egy eredményt, amit azonban tovább kell alakítani. Az eredmény nagyon hasonlít az előző eredményhez, a különbség oka, hogy az alsó integrálási határ itt 0, ott pedig volt. Hozzuk közös nevezőre ismét a fenti eredményt: y(t) = ( jω)4ejωt ( jω)4e t + ( + jω)4e jωt ( + jω)4e t 4 + ω. } 9

10 A zárójelek felbontása után azt kapjuk, hogy a 4e t jω 4e t jω tagok kiesnek, s végül a következő eredményre jutunk: y(t) = ω { 8e jωt jω4e jωt + 8e jωt + jω4e jωt 16e t}. Ezen eredmény egy részére ráismerhetünk az előző megoldásból. Egyetlen új, exponenciális tag jelent meg, azaz a válaszjel időfüggvénye a következő: { } 16 8ω 16 y(t) = ε(t) cos(ωt) + sin(ωt) 4 + ω 4 + ω 4 + ω e t. Természetesen ez a jel is átírható egyetlen koszinuszos jellé: { 8 { ω } y(t) = ε(t) cos(ωt atan ) 16 } 4 + ω 4 + ω e t. Két fontos különbség van az utolsó két feladat között. Utóbbi gerjesztése belépő, tehát a válaszjel is belépő, ezért tettünk a válaszjel időfüggvényébe egy ε(t) szorzót. A másik, hogy utóbbi feladatban megjelent egy e t tag, amely t esetén nullához tart, azaz lecseng. Ezen tag eltűnése után a két válaszjel azonban megegyezik. Ez az exponenciális tag azért jelent meg, mert egy un. bekapcsolási jelenséget vizsgáltunk, amely tranzienssel jár. A tranziens folyamatok exponenciális jellegű függvényekkel írhatók le. Az előző feladatban azonban azt mondtuk, hogy a gerjesztés nem belépő, úgy is mondhatnánk, hogy a gerjesztés,,régóta fennállt és a bekapcsolás olyan rég történt, hogy hatása nem érzékelhető. A gerjesztés és a válaszjel időbeli lefutása látható a 1. ábrán ω = rad s esetre. Jól látható a tranziens folyamata. A kimeneti jel a t = 0 időpillanatban nulla értékű, hiszen bekapcsolási folyamatról van szó és a t < 0 intervallumban nincs gerjesztés. A tranziens összetevő nullára csökkenése után (a második periódustól) a kimeneti jel megegyezik az előző példában számított kimeneti 10

11 jellel. Ez a válaszjel un. állandósult állapota. A tranziens görbe menetét szintén berajzoltuk az ábrába. Erre a két fontos esetre a későbbiekben részletesen kitérünk. 4 s(t) y(t) 4 s(t) y(t) s(t), y(t) 0 s(t), y(t) t[s] t[s] 1. ábra. A. és a 3. példa megoldásának grafikus megadása 4. Példa. Határozzuk meg a rendszer impulzusválaszát, ha az s(t) = ε(t) gerjesztésre adott válasza y(t) = ε(t) { 1 e t}. Megoldás. Az y(t) válaszjel pontosan az ugrásválasz, melynek általánosított deriváltja az impulzusválasz: w(t) = v (t) = { ε(t) { 1 e t}}. A deriválást szorzat deriváltjaként kell elvégezni, és arra kell ügyelni, hogy a δ(t) a t = 0 hely kivételével mindenütt nulla. Ha egy Dirac-impulzus egy f(t) függvénnyel van szorozva, akkor az f(0) helyettesítési értéket meg kell határozni, azaz w(t) = ε(t) { 1 e t} + ε(t) { 1 e t} = = δ(t) { 1 e 0} + ε(t) { 4e t}, 11

12 azaz az impulzusválasz w(t) = 1δ(t) + 4ε(t)e t. Ha a rendszer v(t) ugrásválasza és s(t) gerjesztése adott, és szükségünk van a rendszer válaszjelére, akkor először meghatározzuk az impulzusválaszt az ugrásválasz általánosított deriváltjaként, majd alkalmazzuk a konvolúciót. Állapotváltozós leírás 1. Példa. Legyen az A mártix a következő: 3 3 A = 1 5, és számítsuk ki szintén az e At mátrixfüggvényt. Megoldás. Határozzuk meg a mátrix λe A = 0 karakterisztikus egyenletét 4 : λ 3 3 D 3 (λ) = 1 λ λ =(λ 3){(λ 5)λ + 6} 3(λ ) ( 3 (λ 5)) =(λ 3){λ 5λ + 6} 3(λ ) + (λ ) =(λ 3) (λ ) 3(λ ) + (λ ) =(λ ){(λ 3) 3 + } = (λ ){λ 6λ + 9 1} =(λ ){λ 6λ + 8} =(λ ) (λ 4) = 0. λ 1 =, λ = 4. 4 A harmadrendű mátrix determinánsa a következőképp határozható meg: a 1 a a 3 b 1 b b 3 = a1(bc3 b3c) a(b1c3 b3c1) + a3(b1c bc1). c 1 c c 3 1

13 A λ 1 sajátérték kétszeres, a λ sajátérték egyszeres. Határozzuk meg a minimálpolinomot is, mivel az alapján lehet eldönteni, hogy melyik módszert alkalmazzuk a mátrixfüggvény meghatározására. Határozzuk meg ehhez a λe A mátrix adjungáltját 5 : adj = = λ λ λ λ(λ 5) + 6 (λ ) 3 (λ 5) (3λ 6) λ(λ 3) + 3(λ 3) (λ 5) (λ 3) (λ 3)(λ 5) 3 (λ 3)(λ ) 3(λ ) (λ ) (λ ) (λ )(λ 1) (λ ) (λ ) 3(λ ) (λ )(λ 6) Ezen adjungált mátrix elemeinek legnagyobb közös osztója Θ(λ) = (λ ), s így a minimálpolinom a következő:. T (λ) = D 3(λ) Θ(λ) = (λ )(λ 4). Mivel a (λ) minimálpolinom gyökei egyszeresek, a Lagrangemátrixokat alkalmazhatjuk a mátrixfüggvény meghatározására. Tehetjük ezt annak ellenére, hogy a karakterisztikus polinom gyökei (a sajátértékek) többszörösek. Mivel két sajátérték van, két Lagrange-mátrix lesz. Az L 1 (A) Lagrange-mátrix a definícióból 5 Például az adjungált mátrix 1 indexű elemét úgy kell meghatározni, hogy letakarjuk a második sort és az első oszlopot, s az így adódó méretű mátrix determinánsát kiszámítjuk. Ne feledkezzünk meg a transzponálásról és a sakktábla-szabályról. 13

14 kiindulva következőképp határozható meg: L 1 (A) = j=1,j 1 = 1 4 A λ j E λ 1 λ j = A λ E λ 1 λ = = Az L (A) Lagrange-mátrix hasonlóképp számítható: L (A) = j=1,j = 1 4 A λ j E λ λ j = A λ 1E λ λ 1 = = 1 {A λ E} λ 1 λ 0, 5 1, 5 1 0, 5 0, , 5 1, 5 1 {A λ 1 E} λ λ 1 0, 5 1, 5 1 0, 5 1, 5 1 0, 5 1, 5 1 Ezek ismeretében az exponenciális mátrixfüggvény már felírható: e At = = e λit L i (A) = e λ1t L 1 (A) + e λt L (A) i=1 0, 5e t + 0, 5e 4t 1, 5e t 1, 5e 4t 1e t + 1e 4t 0, 5e t 0, 5e 4t 0, 5e t + 1, 5e 4t 1e t 1e 4t 0, 5e t 0, 5e 4t 1, 5e t + 1, 5e 4t e t 1e 4t. Példa. Számítsuk ki az alábbi mátrix e At mátrixfüggvényét: [ ] 0 17 A =. 10 Megoldás. Határozzuk meg a mátrix λe A = 0 karakterisztikus egyenletét: D (λ) = λ 17 λ + 10 = λ + 10λ + 34 =

15 A sajátértékek a másodfokú egyenlet megoldó képletével határozhatók meg (λ 1, = b± b 4ac λ 1, = 10 ± a ): = 10 ± 36 = 10 ± j 6 = 5 ± j3. A sajátértékek 6 tehát egyszeresek és konjugált komplex párt alkotnak. Tudjuk, hogy ha a sajátértékek különböznek, akkor a minimálpolinomot nem kell meghatározni, mert az megegyezik a karakterisztikus polinommal. Így a Lagrange-mátrixokat alkalmazhatjuk a mátrixfüggvény meghatározására. Az tehát nem gond, ha a sajátértékek komplexek, ugyanolyan módon kell velük számolni, mint a valós számokkal, csak kicsit hosszadalmasabb a számítás. Az L 1 (A) Lagrange-mátrix a definícióból kiindulva a következőképp határozható meg: A λ j E L 1 (A) = = A λ E = λ 1 λ j λ 1 λ j=1,j 1 = 1 {[ ] 0 17 j6 10 ] = [ 5+j3 j6 j6 17 j6 5+j3 j6. 1 λ 1 λ {A λ E} [ 5 j j3 6 A sajátértékek komplex konjugált párt alkotnak. A diszkrimináns negatív, ezért lesz a sajátérték komplex szám: 36 = p ( 1)(36) = 1 36 = j6. Definíció szerint j = 1. ]} 15

16 Az L (A) Lagrange-mátrix hasonlóképp számítható: A λ j E L (A) = = A λ 1E = λ λ j λ λ 1 j=1,j = 1 {[ ] 0 17 j6 10 ] = [ 5+j3 j6 j6 17 j6 5+j3 j6. 1 λ λ 1 {A λ 1 E} [ 5 + j j3 Ezek ismeretében az exponenciális mátrixfüggvény már felírható: e At = e λ1t L 1(A) + e λt L (A) " 5+j3 j6 = e( 5+j3)t + 5+j3 e j6 j6 e( 5+j3)t + j6 e( 5 j3)t ]} ( 5 j3)t 17 j6 e( 5+j3)t 17 j6 e( 5 j3)t 5+j3 e ( 5+j3)t + 5+j3 j6 j6 e( 5 j3)t Ez az alak formálisan ugyan helyes, de tovább kell alakítanunk annak érdekében, hogy komplex számok ne szerepeljenek egy időfüggvényben. A cél a cos(φ) = ejφ + e jφ, sin(φ) = ejφ e jφ j azonosságok felhasználása. Bontsuk fel hát a mátrixfüggvényben szereplő törteket és emeljünk ki minden elemben e 5t -t 7. Ezen lépést mindig meg lehet tenni, hiszen ez a komplex szám valós részéből ered. Ezen műveletek után a következőt kapjuk: #. e At = e 5t " `ej3t 5 e j3t + 3 `ej3t + e j3t 17 `ej3t e j3t j6 6 j6 `ej3t e j3t 5 `ej3t e j3t + 3 `ej3t + e j3t j6 j6 6 #. Ebben az alakban már felismerhetők a cos(3t) és a sin(3t) függvényeknek megfelelő tagok. Annyit kell csupán tennünk, hogy a 7 Ha egy mátrixot egy valós vagy komplex számmal szorzunk, az azt jelenti, hogy minden elemét szorozzuk az adott konstanssal. 16

17 nevezőket megfelelően átcsoportosítjuk: [ 5 e At = e 5t e j3t e j3t 3 j 3 + ej3t +e j3t e j3t e j3t j e j3t e j3t 3 j e j3t e j3t j + ej3t +e j3t ]. Felhasználva a fenti azonosságokat, kapjuk a végeredményt: [ 5 e At = e 5t 3 sin(3t) + cos(3t) 17 3 sin(3t) ] 3 sin(3t), sin(3t) + cos(3t) azaz az e At mátrixfüggvény minden eleme szinuszos és koszinuszos tagokból áll, melyek amplitúdója exponenciálisan csökken. Az is kiolvasható a végeredményből, hogy az exponenciális kifejezés argumentumában a komplex sajátérték valós része áll, képzetes része pedig a trigonometrikus függvények körfrekvenciáját határozzák meg Példa. Legyen az A mártix a következő: 3 5 A = , és számítsuk ki az e At mátrixfüggvényt. (nem vizsgaanyag!) 17

18 Megoldás. Határozzuk meg a mátrix λe A = 0 karakterisztikus egyenletét: λ D 3 (λ) = 6 λ λ 3 = =(λ + 3)(λ + 5)(λ 3) ( 30 6(λ 3)) + 5(λ + 5) =(λ + 3)(λ + 5)(λ 3) + 1(λ + ) + 5(λ + 5) =(λ + 5){(λ + 3)(λ 3) + 5} + 1(λ + ) =(λ + 5)(λ + )(λ ) + 1(λ + ) =(λ + ){(λ + 5)(λ + ) + 1} = (λ + )(λ + 3λ + 1) =(λ + ) (λ + 1). λ 1 =, λ = 1. A λ 1 sajátérték kétszeres, a λ sajátérték egyszeres multiplicitású. Annak eldöntésére, hogy vajon melyik mátrixpolinomot kell alkalmazni, határozzuk meg a minimálpolinom gyökeit. Ehhez szükségünk van a λe A mátrix adjungáltjára: adj λ λ λ 3 = (λ + 5)(λ + 3) 6(λ + ) λ + 5 (λ 3) (λ + 3)(λ 3) (λ + 5) 30(λ + ) (λ + 3)(λ + 5) + 1 Ezt a mátrixot nem is érdemes tovább alakítani, egyszerűsíteni, mivel látszik, hogy legnagyobb közös osztója az 1, vegyük például az. sor, 3. elemét (), amelyben λ nem is szerepel. Ez annyit tesz, hogy a minimálpolinom megegyezik a karakterisztikus polinommal. Mivel a minimálpolinomnak többszörös gyöke van, ezért az Hernite-féle mátrixpolinomokat kell alkalmaznunk a mátrixfüggvény előállítására. Mindezt a (4.55) összefüggésből kiindulva tesszük. Ez a példa kicsit bonyolultabb, mint az előző, nagy körültekintést igényel. T. 18

19 Azonosítsuk a (4.55) összefüggésben szereplő jelöléseket. A karakterisztikus polinom gyökeinek, azaz a sajátértékek száma N = 3, azonban a λ 1 egy kétszeres gyök, így β 1 = és β = 1, s mivel az egyik gyök kétszeres, ezért M =, a minimálpolinom gyökeinek száma is N = 3. Írjuk fel a (4.55) összefüggést p = 0, 1, esetekre (p = 0, 1,,..., N 1): p = 0 : E = p = 1 : A = p = : H i0 = H 10 + H 0, i=1 {λ 1 H i0 + H i1 } = λ 1 H 10 + H 11 + λ H 0, i=1 1 A = i=1 { } 1 λ 1 H i0 + λ i H i1 = λ 1 H 10 + λ 1 H 11 + λ H 0. Először tehát felírjuk az összeget általánosan, majd azt kifejtjük az i = 1 és i = esetekre. Arra kell figyelni, hogy a q i értéke mekkora, hiszen ettől függően az egyes tagok vagy szerepelnek, vagy sem. Ha p = 0, akkor, akkor q 1 is és q is egyenlő nullával, azaz p-vel. Ha p = 1 és β 1 1 = 1 = 1, ami megegyezik p-vel, s így q 1 = β 1 1 = p = 1, tehát figyelembe kell venni a λ 1 H 10 és a H 11 tagokat. Ha p = 1 és β 1 = 1 1 = 0, akkor q = β 1 = 1 1 = 0, tehát csak az első tagot (a λ H 0 tagot) kell figyelembe venni, s a másodikat el kell hagyni. Hogy mit kell elhagyni, az egyszerűen látszik. Ha ugyanis figyelmesen megvizsgáljuk a (4.55) kifejezést, akkor láthatjuk, hogy a λp q i i (p q i )! részletben a q i értékét előre meghatározzuk a β i 1 értékétől függően. Ha most szemügyre vesszük a p = 1 esetet, akkor láthatjuk, hogy i = 1 esetén csak az első két tagot adtuk össze (mivel q 1 = 1), i = esetén pedig csak az első tagot vettük figyelembe (mivel q = 0). Gondoljuk végig a p = esetet. Ha p = és β 1 1 = 1 = 1, akkor tehát az első és a második tagot kell csak figyelembe venni, ha β 1 = 1 1 = 0, akkor csak az első taggal kell számolni, s így a λ H 1 nem szerepel az 19

20 egyenletben. Kaptunk tehát egy három egyenletből állő három ismeretlent tartalmazó egyenletrendszert. A három ismeretlen a H 10, a H 0 és a H 11 mátrixok. Ezt az egyenletrendszert ugyanúgy kell megoldani, mint egy skalárokat tartalmazó egyenletrendszert, azzal a különbséggel, hogy a mátrixokkal osztani nem lehet. Célszerű lehet valamilyen módon (pl. egyenlő együtthatók módszere) az egyes mátrixok kiejtésével próbálkozni. Ezt a példát lépésrőllépésre levezetjük. Természetesen más lépésekben is meg lehet oldani a feladatot, ez csak egy lehetőség (gyakorlásképp érdemes lehet más, de hasonló lépésekkel megoldani az egyenletrendszert). Helyettesítsük be a sajátértékeket és a harmadik egyenletet szorozzuk be kettővel, és az első egyenletből fejezzük ki a H 10 mátrixot (1): H 10 + H 0 = E, H 10 + H 11 H 0 = A, 4H 10 4H 11 + H 0 = A. (1) H 10 = E H 0 A kifejezett H 10 mátrixot helyettesítsük vissza a második és a harmadik egyenletekbe: (E H 0 ) + H 11 H 0 = A, 4(E H 0 ) 4H 11 + H 0 = A, majd bontsuk fel a zárójelet és vonjuk össze az egyes tagokat: H 0 + H 11 = A + E, () 4H 0 + 4H 11 = 4A + 8E, 3H 0 4H 11 = A 4E. A () lépésben szorozzuk be az első egyenletet néggyel, majd adjuk össze a két egyenletet. Így H 11 kiesik, s az egyetlen ismeretlen a H 0 marad (mindig ilyen lépések sorozatára célszerű törekedni, 0

21 a lényeg, hogy a mátrixokkal nem lehet osztani): H 0 = A + 4A + 4E. Helyettesítsük vissza ezt az eredményt az (1) lépés után kapott H 10 = E H 0 egyenletbe, s így megkapjuk az ismeretlen H 10 mátrixot: H 10 = E (A + 4A + 4E) = A 4A 3E. Ezután már csak a H 11 mátrix meghatározása maradt. Helyettesítsük vissza a kapott H 10 és H 0 mátrixokat például a kiindulási egyenletek közül a másodikba és fejezzük ki a H 11 mátrixot: H 11 =A + H 10 + H 0 = A + ( A 4A 3E) +(A + 4A + 4E) = A 3A E. Az egyes Hermite-féle mátrixpolinomok kifejezése tehát rendelkezésre állnak. Látható most már, hogy a cél az egyes mátrixok A és E mátrixokkal, mint ismert értékű mátrixokkal történő kifejezése. Szükségünk van az A mátrix négyzetére. Határozzuk ezt meg az A = AA kifejezés szerint 8 : A = 4 = = Emlékeztetőül két másodrendű» kvadratikus» mátrix szorzata a következőt jelenti: AB = = a11 a 1 b11 b 1 a 1 a b 1 b» a11b 11 + a 1b 1 a 11b 1 + a 1b. Magasabbrendű mátrixok szorzata hasonlóképp végezhető. Általánosan tehát két N-edrendű kvadratikus a 1b 11 + a b 1 a 1b 1 + a b mátrix szorzata is N-edrendű kvadratikus mátrixot ad

22 Az egyes Hermite-mátrixok most már meghatározhatóak: H 10 = A 4A 3E = = , 4 19 H 11 = A 3A E = = , 3 15 H 0 = A + 4A + 4E = = A mátrixfüggvény ezekután a következő alakban fejezhető ki: e At = e λ1t H 10 + e λ1t th 11 + e λt H 0 = 4 ( t)e t 16e t (8 + 10t)e t 8e t ( t)e t 80e t 6e t 6e t 4e t 3e t 30e t 30e t ( 4 3t)e t + 4e t ( t)e t + e t ( 19 15t)e t + 0e t Példa. Határozzuk meg az alábbi állapotváltozós leírásával adott SISO-rendszer ugrásválaszát és impulzusválaszát. [ ] [ ] [ ] [ ] ẋ x1 = + s, y = [ 1 ] [ ] x 1 +s x ẋ x

23 Megoldás. A v(t) = y(t) válaszjelet közvetlenül az t y(t) = C T e A(t τ) Bs(τ) dτ + D s(τ) 0 összefüggés alapján határozzuk meg, ahol s(t) = ε(t). Szükségünk van a C T e A(t τ) B szorzatra, melyből az e At mátrixfüggvény rendelkezésünkre áll:» 5 e At = 3 e 5t sin(3t) + e 5t 17 cos(3t) 3 e 5t sin(3t) 3 e 5t sin(3t) 5 3 e 5t sin(3t) + e 5t. cos(3t) Határozzuk meg először a C T e At B szorzatot, majd t helyébe írjunk (t τ)-t. A szorzat a következő alakú: ˆ» e 5t sin(3t) + e 5t cos(3t) 3 e 5t sin(3t) 17» 3 e 5t sin(3t) 5 3 e 5t sin(3t) + e 5t cos(3t) 1 Szorozzuk be először a mátrixot jobbról az oszlopvektorral: [ 1 ] [ 10 3 e 5t sin(3t) + e 5t cos(3t) e 5t sin(3t) 4 3 e 5t sin(3t) 5 3 e 5t sin(3t) + e 5t cos(3t) majd adjuk össze a szorzás eredményeképp létrejövő oszlopvektor elemeit: [ ] [ 9e 5t sin(3t) + e 5t ] cos(3t) 1 3e 5t sin(3t) + e 5t. cos(3t) Ezután szorozzuk össze a sorvektort és az oszlopvektort, s megkapjuk a szorzás eredményét, ami egy időfüggvény: C T e At B =9e 5t sin(3t) + e 5t cos(3t) 6e 5t sin(3t) + e 5t cos(3t) =3e 5t sin(3t) + 4e 5t cos(3t), ],. 3

24 azaz C T e A(t τ) B = 3e 5(t τ) sin(3(t τ)) + 4e 5(t τ) cos(3(t τ)). Ezt mindenképp célszerű átírni egyetlen koszinuszos tagból álló függvénnyé: C T e A(t τ) B = e 5(t τ) 5 cos(3(t τ) 36, 87 ), s így az integrál a szokásos kiemelésekkel a következő alakot ölti: y(t) = t 0 e 5(t τ) 5 cos(3(t τ) 36, 87 ) dτ + 1 t = 5e 5t e 5τ cos(3(t τ) 36, 87 ) dτ Ebben az esetben az integrandusz két függvény szorzatából áll. Ennek primitív függvénye parciális integrálással határozható meg, amelynek alakja u v = uv uv. A következő jelöléseket alkalmazzuk: u = e 5τ u = 1 5 e5τ, v = cos(3(t τ) 36, 87 ) v = 3 sin(3(t τ) 36, 87 ), így csak a határozatlan integrálra koncentrálva (az 5e 5t taggal a végén szorzunk be, most helyszűke miatt elhagyjuk) azt kapjuk, hogy e 5τ cos(3(t τ) 36, 87 ) dτ = 1 5 e5τ cos(3(t τ) 36, 87 ) 3 5 e 5τ sin(3(t τ) 36, 87 ) dτ. 4

25 Látható, hogy nem sokkal jutottunk előbbre, hiszen az integrál még mindig két függvény szorzatából áll. Használjuk ezért még egyszer a parciális integrálás szabályát a következő jelölésekkel: u = e 5τ u = 1 5 e5τ, v = sin(3(t τ) 36, 87 ) v = 3 cos(3(t τ) 36, 87 ), majd behelyettesítve kapjuk, hogy e 5τ cos(3(t τ) 36, 87 ) dτ = 1 5 e5τ cos(3(t τ) 36, 87 ) { e5τ sin(3(t τ) 36, 87 ) + 3 } e 5τ cos(3(t τ) 36, 87 ) dτ. 5 Bontsuk fel a zárójelet: e 5τ cos(3(t τ) 36, 87 ) dτ = 1 5 e5τ cos(3(t τ) 36, 87 ) 3 5 e5τ sin(3(t τ) 36, 87 ) 9 5 e 5τ cos(3(t τ) 36, 87 ) dτ. Ezen kifejezés mindkét oldalán szerepel a meghatározandó határozatlan integrál. Gyűjtsük össze ezeket a bal oldalon: ( ) e 5τ cos(3(t τ) 36, 87 ) dτ 5 = 1 5 e5τ cos(3(t τ) 36, 87 ) 3 5 e5τ sin(3(t τ) 36, 87 ). Ebből a határozatlan integrál, azaz a primitív függvény már kifejezhető: e 5τ cos(3(t τ) 36, 87 ) dτ 1 = 5 e5τ cos(3(t τ) 36, 87 ) 3 5 e5τ sin(3(t τ) 36, 87 ) ( )

26 Szorozzuk be mindkét oldalt 5e 5t -vel, s megkapjuk a végeredményt: 5e 5t e 5τ cos(3(t τ) 36, 87 ) dτ =5e 5t 1 5 e5τ cos(3(t τ) 36, 87 ) 3 5 e5τ sin(3(t τ) 36, 87 ) ( ) Az integrálási határok érvényesítése után megkapjuk a keresett határozott integrált, majd a válaszjelet (D = 1, ezért az eredményhez még hozzá kell adni 1-et): " 1 5e 5t 5 e5τ cos(3(t τ) 36, 87 ) 3 5 e5τ sin(3(t τ) 36, 87 `1 ) = e 5t cos(3t 36, 87 ) e 5t sin(3t 36, 87 ) + 1. A válaszjel, azaz az ugrásválasz tehát { 63 v(t) = ε(t) e 5t cos(3t 36, 87 ) + 15 } 34 e 5t sin(3t 36, 87 ). Az impulzusválaszt meghatározhatjuk ennek idő szerinti deriválásával: w(t) = d { 63 dt v(t) = δ(t) } 34 { + ε(t) e 5t cos(3t 36, 87 ) e 5t sin(3t 36, 87 ) e 5t sin(3t 36, 87 ) } 34 e 5t cos(3t 36, 87 ) = δ(t) + ε(t) { 5e 5t cos(3t 36, 87 ) }. Ellenőrzésképp határozzuk meg az impulzusválaszt a w(t) = ε(t)c T e At B + Dδ(t) # t

27 alapján is. A C T e At B szorzatot már korábban meghatároztuk, így az impulzusválasz C T e At B = 3e 5t sin(3t) + 4e 5t cos(3t), w(t) = ε(t) { 3e 5t sin(3t) + 4e 5t cos(3t) } + δ(t) = δ(t) + ε(t) { 5e 5t cos(3t 36, 87 ) }. A két módszerrel számított impulzusválasz természetesen megegyezik. Konvolúció * * * 1. Példa. Egy rendszer impulzusválasza és gerjesztése az alábbi. Határozzuk meg a válaszjel időfüggvényét. w[k] = ε[k] 0, 5 k, s[k] = {ε[k] ε[k 5]} 0, k. Megoldás. Ha a gerjesztés ablakozott jelek formájában adott, akkor célszerű a gerjesztés időfüggvényében a zárójelet felbontani, azaz s[k] = ε[k] 0, k ε[k 5] 0, k. Az első tag rendben van, vele nem kell foglalkoznunk. A második tag a k = 5 ütemben lép be, azonban a hatvány kitevőjében is azt kell elérni, hogy szerepeljen a k 5 kifejezés. Ennek érdekében a kitevőben a k helyébe írjunk k öt, ami nem változtat semmit, azonban be tudjuk csempészni a k 5 kifejezést (ez az eljárás ugyanaz, amit a folytonos idejű jelek esetében egy példán keresztül bemutattunk). Ennek eredményeképp azt kapjuk, hogy: s[k] = ε[k] 0, k ε[k 5] 0, k 5+5, 7

28 azaz s[k] = ε[k] 0, k ε[k 5] 0, k 5 0, 5, ahol 0, 5 egy konstans érték. A lényege ennek az átalakításnak tehát megint az, hogy az ε[k]f[k] jel K értékével eltolt kifejezése ε[k K]f[k K] legyen, ahol f[k] tetszőleges időfüggvény. A gerjesztés így két tagból áll: s[k] = s 1 [k] s [k]. Először meghatározzuk az első tagnak megfelelő válaszjelet, majd a második tagnak megfelelő válaszjelet és a két részeredményt kivonjuk egymásból: y[k] = y 1 [k] y [k]. Ezt megtehetjük, mivel a rendszer lineáris, azaz a szuperpozíció-elvet alkalmazzuk a válaszjel meghatározására. A gerjesztés első tagja ugyanaz, mint a könyv 101. oldalán álló feladatban volt, így a válaszjel ezen része is meg fog egyezni. Jelöljük az első tagokat 1 indexszel, így { 10 y 1 [k] = ε[k] 6 0, 5k } 0, k. 3 A gerjesztés második tagja ugyanaz, mint az első, csak épp el van tolva és egy konstans értékkel be van szorozva. Azt várjuk tehát, hogy az ezen összetevőre adott válasz ugyanaz lesz, mint y 1 [k], csak abban is megjeleni a konstans érték és ugyanannyi ütemmel el lesz tolva. Számolás nélkül is meghatározhatjuk tehát a másosik tagot: { 10 y [k] = 0, 5 ε[k 5] 6 0, 5k 5 } 0, k 5. 3 Gyakorlásképp azonban oldjuk meg ezt a feladatrészt is konvolúcióval. A gerjesztés második tagja a k = 5 ütemben lép be, ezért az összegzés alsó határa i = 5-nek választható, ugyanis a értéke a k < 5 ütemekben nulla lesz, így azokat nem kell figyelembe venni. 8

29 A lépések tehát a következők: y [k] = () = k i=5 w[k i]s [i] (1) = k 0, 5 k i 0, i 5 0, 5 i=5 k 0, 5 k 0, 5 i 0, i 0, 5 0, 5 i=5 { (3) k k = 0, 5 k 0, 4 i (4) = 0, 5 k 0, 4 i i=5 i=0 } { (5) 1 0, 4 = 0, 5 k k+1 1 0, 4 1 0, , 4 (6) = 0, 5 k 1 0, 4k , 4 5 0, 6 (7) = 0, 5k 0, 4 k+1 + 0, 5 k 0, 4 5 0, 6 (9) = 3 0, 0, k , 6 0, 5k. } 4 0, 4 i i=0 (8) = 0, k 0, 4 + 0, 5 k 0, 4 5 0, 6 Miután az (1) lépésben behelyettesítjük az impulzusválasz és a gerjesztés s [k] tagjának időfüggvényét a konvolúció képletébe. A () lépésben bontsuk fel a hatványkitevőkben szereplő összegeket (0, 5 0, 5 = 1), majd a (3) lépésben a k változót tartalmazó függvényt vigyük ki a szumma elé. A mértani sor említett összegképlete csak akkor alkalmazható, ha az összegzés alsó határa nulla. Most viszont az alsó határ 5. Írjuk át az összeget úgy, hogy az alsó határ legyen nulla, majd az összegből vonjuk le az i = 0,..., 4 értékekhez tartotó részleteket. Ezzel a lépéssel nem módosítjuk az eredményt, viszont alkalmazhatjuk az összegképletet. Ezt tettük a (4) és (5) lépésekben. A (6) lépésben írjuk át egyetlen törtté a kapott kifejezést, majd a (7) lépésben szorozzunk be a 0, 5 k taggal, és a (8) lépésben egyszerűsítsük a kifejezést. Az eredmény minden tagját osszuk el 0, 6-el ((9) lépés). 9

30 Ez a kifejezés azonban még nem tökéletes. Tudjuk ugyanis, hogy ez a tag a k = 5 ütemmel lép be, ezért a már ismertetett módon át kell alakítani úgy, hogy a k 5 szerepeljen a kitevőkben és nem k. Írjunk tehát minden k helyében k öt: y [k] = 3 0, k 5 0, 5 + 0, 45 0, 6 0, 5k 5 0, 5 5, Emeljük ki a 0, 5 konstans értéket (0, 4 5 0, 5 5 = 0, 5 ), s így { y [k] = 0, 5 3 0, k } 0, 5k 5, 6 s így a válaszjel j 10 y [ k] = ε[k] 6 0, 5k ff j 10 0, k 0, 5 ε[k 5] 3 6 0, 5k 5 ff 0, k Példa. Legyen egy rendszer impulzusválasza és gerjesztése az alábbi. Határozzuk meg a rendszer válaszának időfüggvényét. ( w[k] = ε[k] 5, 5 0, 6 k 4, 5 0, 4 k), s[k] = ε[k] 0, 5 k. Megoldás. A megoldás menete a következő: y[k] = k s[i]w[k i] = i=0 i=0 k ( 0, 5 i 5, 5 0, 6 k i 4, 5 0, 4 k i) = i=0 (1) k ( ) 0, 5 i k ( ) 0, 5 i = 5, 5 0, 6 k 4, 5 0, 4 k = 0, 6 0, 4 () 1 = 5, 5 0, 6 k ( 0,5 0,6 1 0,5 0,6 ) k+1 (3) = 3, 3 0, 6k, 75 0, 5 k 0, 6 0, 5 i=0 4, 5 0, 4 k 1 ( 0,5 0,4 1 0,5 0,4 ) k+1 = 1, 8 0, 4k, 5 0, 5 k. 0, 4 0, 5 30

31 Az impulzusválasz két tagból áll. Célszerű a számítást két összegzéssel elvégezni, bontsuk hát fel az impulzusválaszt két részre az (1) lépésben, és emeljük ki rögtön a szumma elé az összegzés szempontjából konstansnak tekinthető tagokat. A () lépésben alkalmazzuk a mértani sor összegképletét. A (3) lépésben szorozzuk be mindkét törtet az előtte álló 5, 5 0, 6 k és 4, 5 0, 4 k taggal, majd egyszerűsítsük az emeletes törteket úgy, hogy az első tört számlálóját és nevezőjét is szorozzuk be 0, 6-del, a másikét pedig 0, 4-del. 9 Összevonás után kapjuk a következő végeredményt: ( y[k] = ε[k] 33 0, 6 k , 4 k 50 0, 5 k). 3. Példa. Legyen egy rendszer impulzusválasza és gerjesztése az alábbi. Határozzuk meg a rendszer válaszának időfüggvényét. w[k] = ε[k] 0, 5 k, s[k] = ε[k] cos(πk). Megoldás. Az előző feladatokban az összegzést mindig a mértani sor összegképletére vezettük vissza. Ebben az esetben ezt akkor tudjuk megtenni, ha a gerjesztést felírjuk a már ismertetett módon, azaz cos(πk) = ejπk + e jπk. 9 Ha a számlálót is és a nevezőt is beszorozzuk ugyanazzal a számmal vagy kifejezéssel, akkor nem módosítjuk a tört értékét, viszont az emeletes törteket egyszerűsíteni tudjuk. Ezt a későbbiekben is alkalmazni fogjuk. 31

32 Ezután a konvolúciót az eddig ismertetett módon alkalmazhatjuk: y[k] = (1) = () = (3) = k w[k i]s[i] = i=0 (4) = 1 (5) = 1 0, 5k 0, 5k 0, 5k k i=0 k ( ) e jπ i + 0, 5 i=0 ( e jπ 0,5 ) k+1 0, 5 k i ejπi + e jπi 0, 5k ejπ 0,5 ( ) ( ) 1 e jπk e jπ 0,5 k 0,5 + 1 ejπ 0,5 0, 5 k e jπ e jπk 0, 5k k ( e jπ i=0 1 0, 5k 0, 5 ) i ( e jπ 0,5 ) k+1 1 e jπ 0,5 ( ) ( ) 1 e jπk e jπ 0,5 k 0,5 1 e jπ 0,5 1 e jπ + 1 0, 5 k e jπ e jπk 1 e jπ 0, 5 k + e jπk + 1 0, 5 k + e jπk A gerjesztés tehát két tagból áll, bontsuk fel ezért az összeget két részre az (1) lépésben és emeljük ki az összegzés elé a konstansnak tekinthető tagokat. A () lépésben alkalmazzuk a mértani sor összegképletét. A (3) lépésben bontsuk fel a számlálóban szereplő zárójelet, majd a (4) lépésben szorozzunk be a 0, 5 k kifejezéssel és egyszerűsítsük a számlálóban lévő törtet. Az (5) lépésben a e jπ = összefüggést használjuk, melynek eredményeképp sokkal áttekinthetőbb eredményt kapunk. Írjuk fel a kapott eredményt egyetlen tört segítségével: 0, 5 k + e jπk + e jπk. 6 Ebben már látható, hogy vissza fogjuk alakítani a komplex számot is tartalmazó függvényt valós időfüggvénnyé. Használjuk fel a ki- 3

33 indulásnál alkalmazott azonosságot: azaz 1 3 0, 5k + 3 e jπk + e jπk, { 1 y[k] = ε[k] 3 0, 5k + } 3 cos(πk). Rendszeregyenlet 1. Példa. Határozzuk meg az alábbi rendszeregyenlettel adott rendszer s[k] = ε[k]0, k gerjesztésre adott válaszát és a rendszer impulzusválaszát. y[k] 0, 5y[k ] = 3s[k] s[k 1]. Megoldás. A rendszeregyenletből kiolvasható, hogy n = és m = 1. Azaz a próbafüggvény k 1 ütemekre lesz érvényes, ugyanakkor n = számú ismeretlen lesz a tranziens összetevőben, melyeket az y[m 1] = y[0] és y[m ] = y[ 1] értékek ismeretében határozhatunk meg. A gerjesztés belépő, így y[ 1] = 0, y[0] értékét pedig a lépésről-lépésre módszer adja k = 0 helyettesítés mellett. Határozzuk meg gyakorlásképp az y[k] válaszjelet a lépésről-lépésre módszerrel pár ütemre: y[k] = 0, 5y[k ] + 3ε[k]0, k ε[k 1]0, k 1, y[0] = 0, 5y[ ] + 3ε[0]0, 0 ε[ 1]0, 1 = = 3, y[1] = 0, 5y[ 1] + 3ε[1]0, 1 ε[0]0, 0 = , 1 = 0, 4, és y[] = 0, 67. A válasz analitikus kifejezését az összetevőkre bontás módszerével határozzuk meg, azaz y[k] = y tr [k] + y st [k]. 33

34 A tranziens összetevő y tr [k] = Mλ k általános alakját helyettesítsük a homogén differenciaegyenletbe: y tr [k] 0, 5y tr [k ] = Mλ k 0, 5Mλ k = 0. Az M konstanssal és a λ k tényezővel lehet egyszerűsíteni, majd λ -el beszorozva kapjuk a karakterisztikus egyenletet: λ 0, 5 = 0, melynek két megoldása van, λ 1 = 0, 5 és λ = 0, 5. A teljes tranziens összetevő így a két sajátértéknek megfelelő tranziens összetevők összege: y tr [k] = M 1 0, 5 k + M ( 0, 5) k, ahol M 1 és M konstansokat a kezdeti feltételek érvényesítése során határozzuk meg. Határozzuk meg a stacionárius választ alkalmas próbafüggvény választásával. A próbafüggvénytáblázatból is látható, hogy a stacionárius válasz alakja y st [k] = A 0, k kell legyen, mert az jellegében hasonlít a gerjesztéshez ha k 1. Helyettesítsük vissza a próbafüggvényt az inhomogén differenciaegyenletbe: azaz y st [k] 0, 5y st [k ] = 3s[k] s[k 1], A 0, k 0, 5A 0, k = 3 0, k 0, k 1. A 0, k -nal mindkét oldal osztható: A 0, 5A 0, = 3 0, 1 A = 0, 38. A teljes válasz a tranziens összetevő és a stacionárius összetevő összege: y[k] = M 1 0, 5 k + M ( 0, 5) k + 0, 38 0, k. 34

35 Ez az alak csak k > 1 ütemekre igaz. Az M 1 és M konstansokat ezért a válasz k = 0 és a k = 1 ütemekre meghatározott értékeiből kell meghatározni: y[0] = 3 = M 1 + M + 0, 38, y[ 1] = 0 = M 1 M + 1, 9 } M 1 = 0, 835, M = 1, 785. Ez egy kétismeretlenes egyenletrendszer, melynek megoldása szolgáltatja az ismeretlen konstansokat. 10 A válaszjel érvényességét így kiterjesztettük a k 1 ütemekre, nekünk azonban elegendő a k 0 időpillanatokat ismerni. A válasz időfüggvénye tehát a következő: [ y[k] = ε[k] 0, 835 0, 5 k + 1, 785 ( 0, 5) k + 0, 38 0, k]. Határozzuk meg a rendszer impulzusválaszát is. Alkalmazzuk először a lépésről-lépésre módszert: w[k] = 0, 5w[k ] + 3δ[k] δ[k 1], w[0] = 0, 5w[ ] + 3δ[0] δ[ 1] = = 3, w[1] = 0, 5w[ 1] + 3δ[1] δ[0] = = 1, w[] = 0, 5w[0] + 3δ[] δ[1] = 0, = 0, 75,.... w[3] = 0, 5w[1] + 3δ[3] δ[] = 0, 5,.... Az impulzusválasz analitikus formulája általánosan megegyezik a tranziens összetevő általános alakjával. Jelen példában ez a következő: w[k] = M 1 0, 5 k + M ( 0, 5) k. Ezen alak feltétele, hogy k m + 1, azaz k. Két meghatározásra váró konstans van az impulzusválasz kifejezésében, 10 Az egyenletrendszert a következőképp érdemes megoldani: szorozzuk be az első egyenletet kettővel, majd adjuk össze őket: 6 = 4M 1 +, 66, ahonnan M 1 adódik. Ezt helyettesítsük vissza pl. az első egyenletbe és megkapjuk M - őt. 35

36 melyek meghatározásához fel kell használnunk az impulzusválasz k = 1 = 1 és a k = = 0 ütembeli értékeit. Ezek a lépésről-lépésre módszerből ismertek, tehát w[1] = 1 = 0, 5M 1 0, 5M, w[0] = 3 = M 1 + M } M 1 = 0, 5, M =, 5. Az impulzusválasz összefüggését tehát a k feltételről kiterjesztettük a k 0 feltételre. Pont ez kell nekünk, és ezek után felírhatjuk az impulzusválasz analitikus képletét is: [ w[k] = ε[k] 0, 5 0, 5 k +, 5( 0, 5) k].. Példa. Határozzuk meg az előbbi rendszer válaszát, ha a gerjesztés s[k] = ε[k]0, 5 k. Megoldás. Ebben a példában a gerjesztés kvóciense megegyezik a rendszer egyik sajátértékével. A feladat a próbafüggvény megválasztásában különbözik az előzőtől. A lépésről-lépésre módszer számítását nem részletezzük, de a végeredményeket pár ütemre megadjuk: y[0] = 3, y[1] = 0, 5, y[] = 1, y[3] = 0, 5, y[4] = 0, A válasz tranziens összetevőjének alakja megegyezik az előző példában megadottal, az M 1 és M konstansok értéke természetesen nem lesz ugyanaz. Határozzuk meg a stacionárius választ alkalmas próbafüggvény választásával. A próbafüggvénytáblázatból kiolvasható, hogy ebben az esetben a stacionárius válasz alakja y st [k] = A k 0, 5 k kell legyen 1, ha k 1. Helyettesítsük vissza a próbafüggvényt az inhomogén differenciaegyenletbe: y st [k] 0, 5y st [k ] = 3s[k] s[k 1], 11 Gyakorlásképp érdemes utánnaszámolni. 1 Ennek okára később visszatérünk, egyelőre fogadjuk el, hogy így van. 36

37 azaz A k 0, 5 k 0, 5A(k ) 0, 5 k = 3 0, 5 k 0, 5 k 1. A k időt tartalmazó tagok ismét kiejthetők. Bontsuk fel a zárójelet, s egyszerűsítés után azt kapjuk, hogy A teljes válasz tehát A = 1 A = 0, 5. y[k] = M 1 (0, 5) k + M ( 0, 5) k + 0, 5 k 0, 5 k. Ez az alak csak k > 1 ütemekre igaz. Az M 1 és M konstansokat ezért a válasz k = 0 és a k = 1 ütemekre meghatározott értékeiből kell meghatározni, amely a következő kétismeretlenes egyenletrendszerre vezet: y[0] = 3 = M 1 + M, y[ 1] = 0 = M 1 M 1 } M 1 = 1, 75, M = 1, 5. A válaszjel érvényességét így szintén kiterjesztettük a k 1 ütemekre, nekünk azonban elegendő a k 0 időpillanatokat ismerni, azaz { y[k] = ε[k] 1, 75 0, 5 k + 1, 5 ( 0, 5) k + 0, 5 k 0, 5 k}. A válaszjel utolsó tagját célszerű átírni a következő alakban 13 : y[k] = ε[k] {1, 75 0, 5 k + 1, 5 ( 0, 5) k + 0, 5 k 0, 5 k 1+1} { } = ε[k] 1, 75 0, 5 k + 1, 5 ( 0, 5) k + 0, 5 k 0, 5 k 1 0, 5 { = ε[k] 1, 75 0, 5 k + 1, 5 ( 0, 5) k + 0, 5 k 0, 5 k 1}. 13 A megoldás természetesen így is jó. Az átalakítás okára a későbbiekben térünk vissza, most csak jegyezzük meg. 37

38 3. Példa. Határozzuk meg az alábbi rendszer megadott gerjesztésre adott válaszát, majd a rendszer impulzusválaszát is adjuk meg. ( π ) y[k] y[k 1]+0, 4y[k ] = s[k] s[k ], s[k] = ε[k]5 cos k. Megoldás. A rendszeregyenletből kiolvasható, hogy n = és m =. A próbafüggvény tehát a k ütemekre lesz érvényes, ugyanakkor n = számú ismeretlen lesz a tranziens összetevőben, melyeket most az y[m 1] = y[1] és y[m ] = y[0] értékek ismeretében határozhatunk meg. Ezen értékeket a lépésről-lépésre módszerrel számítjuk ki 14 : ( π ) ( π ) y[k] = y[k 1] 0, 4y[k ] + ε[k]5 cos k ε[k ]5 cos (k ), ( π ) y[0] = y[ 1] 0, 4y[ ] + ε[0]5 cos (0) ε[ ]5 cos ( ) = 5, ( π ) ( π ) y[1] = y[0] 0, 4y[ 1] + ε[1]5 cos ε[ 1]5 cos ( 1) = 6,, A válasz analitikus kifejezését az összetevőkre bontás módszerével határozzuk meg, azaz y[k] = y tr [k] + y st [k]. A tranziens összetevőt az y tr [k] = Mλ k alakban keressük. A differenciaegyenlet karakterisztikus egyenlete a következő: ϕ(λ) = λ λ + 0, 4 = 0, melynek két megoldása van, λ 1 = 0, 6 és λ = 0, 4, így a tranziens összetevő általános alakja a következő: y tr [k] = M 1 (0, 6) k + M (0, 4) k, 14 Ügyeljünk arra, hogy a π radiánban van megadva, értéke

39 ahol M 1 és M konstansokat a kezdeti feltételek érvényesítése során határozzuk meg a megoldás utolsó lépéseként. Határozzuk meg ezután a stacionárius választ. A próbafüggvénytáblázatból keressük ki a megfelelő próbafüggvényt, amely az ( π ) ( π ) y st [k] = A cos k + B sin k függvény két ismeretlen paraméterrel. A próbafüggvény a k ütemekre érvényes. Helyettesítsük vissza a próbafüggvényt az inhomogén differenciaegyenletbe: azaz y st [k] y st [k 1] + 0, 4y[k ] = s[k] s[k ], ( π ) A cos k ( π ) + B sin k ( π ) +0, 4A cos (k ) + 0, 4B sin ( π ) ( π ) =5 cos k 5 cos (k ). ( π ) A cos (k 1) ( π ) (k ) = ( π ) B sin (k 1) Az A és B paraméterek meghatározása előtt használjuk a következő trigonometrikus azonosságokat a szögfüggvények argumentumában található zárójelek felbontására: cos(α ± β) = cos α cos β sin α sin β, sin(α ± β) = sin α cos β ± cos α sin β. (1) Így cos ( π k π ) ( = cos π k) cos π + sin ( π k) sin π = sin ( π k), sin ( π k π ) ( = sin π k) cos π cos ( π k) sin π = cos ( π k), cos ( π k π) = cos ( π k) cos π + sin ( π k) sin π = cos ( π k), sin ( π k π) = sin ( π k) cos π cos ( π k) sin π = sin ( π k). 39

40 Ezen eredményeket visszahelyettesítve a megfelelő helyekre, kapjuk, hogy ( π ) ( π ) ( π ) ( π ) A cos k + B sin k A sin k + B cos k ( π ) ( π ) ( π ) ( π ) 0, 4A cos k 0, 4B sin k = 5 cos k + 5 cos k. Ez az eredmény már alkalmas arra, hogy az A és B paramétereket meghatározzuk. Ennek érdekében azt kell tennünk, hogy a sin ( π k) és cos ( π k) együtthatóit egyenlővé tesszül, melynek eredményeképp két egyenletet kapunk: 0, 76A + B = 10 0, 76B A = 0 } A = 4, 8, B = 6, 34. Így megkapjuk a próbafüggvény két paraméterét. 15 Ezt a lépést mindig megtehetjük. A probléma abban áll, hogy egyetlen egyenlet áll rendelkezésünkre, ugyanakkor az több ismeretlent is tartalmaz. Ha azonban valamely függvény bal oldali és jobb oldali együtthatóit egyenlővé tesszük, akkor megfelelő számú egyenletből álló egyenletrendszer kapunk, melynek megoldása szolgáltatja a próbafüggvényben álló ismeretleneket. Ez átírható a már ismertetett módon: ( π ) ( π ) ( π y st [k] = 4, 8 cos k +6, 34 sin k = 7, 95 cos k 16, 81 ). A teljes válasz ennek ismeretében már felírható (a fázist át szokás írni radiánba): ( π ) y[k] = M 1 (0, 6) k + M (0, 4) k + 7, 95 cos 0, Az egyenletrendszert úgy érdemes megoldani, hogy pl. a második egyenletet beszorozzuk 0, 76-dal és összeadjuk a két egyenletet: 0, 5776B = 10, amelyből B = 6, 34. Ezt visszahelyettesítve a második egyenletbe, azt kapjuk, hogy A = 0, 76B = 4, 8. Természetesen másképp is megoldhatjuk az egyenletrendszert, de talán így a leggyorsabb. } 40

41 Ez az alak csak k ütemekre igaz. Az M 1 és M konstansokat ezért a válasz k = 1 és a k = 0 ütemekre meghatározott értékeiből kell meghatározni: y[1] = 5 = 0, 6M 1 + 0, 4M + 6, 33 y[0] = 5 = M 1 + M + 4, 8 } M 1 = 7, 01, M = 7, 19. Ez szintén egy kétismeretlenes egyenletrendszer, melynek megoldása szolgáltatja az ismeretlen konstansokat. 16 A válaszjel érvényességét így kiterjesztettük a k 0 ütemekre, időfüggvénye pedig a következő: { ( π )} y[k] = ε[k] 7, 01 0, 6 k + 7, 19 0, 4 k + 7, 95 cos k 0, 9. Határozzuk meg ezután a rendszer impulzusválaszát. Használjuk a lépésről-lépésre módszert: w[k] = w[k 1] 0, 4w[k ] + δ[k] δ[k ], w[0] = w[ 1] 0, 4w[ ] + δ[0] δ[ ] = = 1, w[1] = w[0] 0, 4w[ 1] + δ[1] δ[ 1] = = 1, w[] = w[1] 0, 4w[0] + δ[1] δ[0] = 1 0, = 0, 4, w[3] = w[] 0, 4w[1] + δ[3] δ[1] = 0, 4 0, = 0, 48,..., további értékek pedig w[4] = 0, 44, w[5] = 0, 307, w[6] = 0, 058. Az impulzusválasz analitikusan meghatározható a tranziens összetevő általános alakjából kiindulva: w[k] = M 1 (0, 6) k + M (0, 4) k, ami a k 3 ütemekre érvényes. Az impulzusválasz két ismeretlen konstansa meghatározható az impulzusválasz k = és k = 1 16 Az egyenletrendszert például a következőképp érdemes megoldani: szorozzuk be a második egyenletet 0, 6-el, majd a második egyenletből vonjuk ki az elsőt: 1, 438 = 0, M, ahonnan M = 7, 19 adódik. Ezt helyettesítsük vissza pl. a második egyenletbe és M 1 = 0, 18 M = 7,

42 ütembeli értékei alapján: w[] = 0, 4 = M 1 0, 36 + M 0, 16 w[1] = 1 = M 1 0, 6 + M 0, 4 } M 1 = 5, 33, M = 10, 5. Ezáltal az impulzusválasz formuláját kiterjesztettük a k 1 ütemekre. Nekünk azonban szükségünk van még a k = 0 ütembeli értékre is, amelyet a δ[k] függvénnyel vihetünk bele, értéke pedig a lépésről-lépésre módszer által ismert, azaz { w[k] = δ[k] + ε[k 1] 5, 33 0, 6 k + 10, 5 0, 4 k}, amit azonban célszerű átírni a következőképp { } w[k] = δ[k] + ε[k 1] 5, 33 0, 6 k 1 0, , 5 0, 4 k 1 0, 4 { } = δ[k] + ε[k 1] 3, 0, 6 k 1 + 4, 0, 4 k 1 0, Példa. Határozzuk meg az alábbi differenciegyenletével adott rendszer s[k] = ε[k] gerjesztésre adott válaszát, vagyis az ugrásválaszát. y[k] 0, 8y[k 1] = s[k] + s[k 3]. Megoldás. Határozuk meg a válaszjelet először a lépésrőllépésre módszer segítségével: y[k] = 0, 8y[k 1] + ε[k] + ε[k 3], y[0] = 0, 8y[ 1] + ε[0] + ε[ 3] = = 1, y[1] = 0, 8y[0] + ε[1] + ε[ ] = 0, = 1, 8, y[] = 0, 8y[1] + ε[] + ε[ 1] = 0, 8 1, =, 44, y[3] = 0, 8y[] + ε[3] + ε[0] = 0, 8, = 3, 95,.... Határozzuk meg hát az analitikus megoldást összetevőkre bontással. A tranziens összetevő általános alakja és a sajátérték 4

43 az 1. példából ismert. Határozzuk meg a stacionárius választ A konstans próbafüggvény alkalmazásával. A feltétel most a k 3, azaz a próbafüggvényt a k 3 ütemekre alkalmazhatjuk, értéke pedig számítható az inhomogén differenciaegyenlet segítségével: A teljes válasz tehát: A 0, 8A = A = 10. y[k] = M0, 8 k Ez az alak csak a k 3 időpillanatokban igaz, az M konstans értékét úgy kell megválasztani, hogy a k = 3 1 = ütemre kiszámítjuk a válasz értékét, és érvényre juttatjuk a következő egyenlőséget: y[] =, 44 = M0, M = 11, 85. A válaszjel így most már a k ütemekre érvényes és a k = 0, 1 időpillanatról nem ad felvilágosítást, nekünk azonban a k 0 időpillanatokat kell meghatározni. A k = 0 és k = 1 ütembeli válaszokat már meghatároztuk a lépésről-lépésre módszer segítségével, értéküket egységimpulzus jellel szorozva vehetjük figyelembe, azaz { y[k] = δ[k] + 1, 8δ[k 1] + ε[k ] 10 11, 85 0, 8 k}. Az utolsó tagot célszerű átalakítani a következő módon: y[k] = δ[k] + 1, 8δ[k 1] + ε[k ] {10 11, 85 0, 8 k 0, 8 } { = δ[k] + 1, 8δ[k 1] + ε[k ] 10 7, 56 0, 8 k }. 5. Példa. Határozzuk meg az alábbi differenciaegyenletével adott rendszer impulzusválaszát. y[k] + 1 y[k ] = s[k]. 9 43

44 Megoldás. Határozuk meg az impulzusválaszt a lépésrőllépésre módszer segítségével: w[k] = 1 w[k ] + δ[k], 9 w[0] = 1 w[ ] + δ[0] = = 1, 9 w[1] = 1 w[ 1] + δ[1] = = 0, 9 w[] = 1 9 w[0] + δ[] = = 1 9, w[3] = 1 w[1] + δ[3] = = 0, 9 w[4] = 1 9 w[] + δ[4] = = 1 81,.... Az impulzusválasz megegyezik a tranziens összetevő alakjával, ha k 1: w[k] = Mλ k. A λ sajátértékek a karakterisztikus egyenletből számíthatók. Jelen esetben n =, tehát sajátértékre számíthatunk. A karakterisztikus egyenlet közvetlenül a rendszeregyenletből felírva a következő: λ = 0 λ 1, = ±j 1 3 = 1 3 e±j90, azaz a sajátértékek konjugált komplex párt alkotnak. Az impulzusválasz alakja tehát ( w[k] = M 1 j 1 ) ( + M j 1 ). 3 3 Ezen összefüggésben szereplő két konstans meghatározható az impulzusválasz k = 0 és k = 1 ütemekben felvett értékéből, melyek 44

45 azonban a lépésről-lépésre módszer által ismertek, azaz 17 w[0] = 0, 4 = M 1 + M w[ 1] = 1 = M 1 ( j3) + M (j3) } M 1 = 0, 5, M = 0, 5. Az M 1 és M konstansok egyenlőek. 18 Ez nem véletlen, mert ha két sajátérték konjugált komplex párt alkot, akkor a hozzájuk tartozó konstansok is konjugált komplex párt kell alkossanak. Jelen esetben M 1 és M valós szám lett, azaz képzetes értékük nulla. Konjugált komplex számok valós része pedig megegyezik. Legegyszerűbb, ha ezek után felhasználjuk a már levezetett () összefüggést, amelyben N 1 = 0, 5, ϕ 1 = 0, r 1 = 1 3 és ϑ 1 = π, így az impulzusválasz egyetlen koszinuszos időfüggvénnyel felírható: w[k] = ε[k] { (1 3 ) k ( π ) } cos k. Állapotváltozós leírás A következő példában illusztráljuk egy egy bemenetű és két kimenetű rendszer számítási módját. Hogy ne vesszünk el a részletekben, használjunk fel egy már ismert rendszermátrixú rendszert. 17 Ha k = 1, akkor a `j 1 1 értékre lesz szükségünk, ami j ` = j Tudjuk azonban, hogy 1 = j, azaz a végeredmény j3. A másik ennek j konjugált komplex párja lesz, de hasonlóképp levezethető. 18 Ezt az egyenletrendszert úgy lehet célszerű megoldani, hogy az első egyenletet beszorozzuk j3-al, majd a két egyenletet összeadjuk: j3 = j6m, ahonnan M = 0, 5. Ezt helyettesítsük vissza az első egyenletbe: 1 = M 1 + 0, 5, s adódik, hogy M 1 = 0, 5. 45